四川省凉山州2024届高中毕业班高三年级第三次诊断性检测(凉山三诊)理科数学试卷答案(1)_2024年5月_025月合集_2024届四川省凉山州高三第三次诊断性检测(凉山三诊)

凉山州第三次诊断性考试理科数学参考答案
一，选择题（每题5分，共60分）：
1-5：BDADB 6-10：CCAAC 11-12：CC
12题解析：令x y 0 f(0)0,x y 1 f(1)0， ①对；
f(x) x x
x  x (0,),g(x)  g(xy) g(x)g(y)，g(x ) g(x  2) g(x )g( 2)
1 2 x 2 1 x 1 x
1 1
x
f( 2)
x x
 g(x )g(x ) g( 2) 1 0②对；当x0时由①知③成立，当x0时，由
2 1 x x
1 2
x
1
②g(xn) g(x)g(xn1) g(xn)g(xn1) g(x) g(xn) g(x)(n1)g(x)
f(xn) f(x)
ng(x) n  f(xn)nxn1f(x)
xn x ③正确.
1 1
由①得 f(2)2f( ) f(1)0 f(2)2由③得
2 2
f(xn) f(2n) n f(2i) n
 xn1f(x) 2n1 f(2) 2i1f(2)2n12得④错.
n n i
i1 i1
二，填空题（每题5分，共20分）
【答案】1 14.【答案】3 15【答案】(1，1) 16【答案】2e
2et lnt
16题解析：t为函数零点et  t2lnt 0tet 2et lntt3lnt 0
t
et et ex (x2)ex
et(t2lnt)t3lnt  ln tlnt.令g(x) ,g'(x) g(x)在(0,2)
t2 t2 x2 x3
e2 1 et 1
(2,)g(x)  g(2)  即  .令h(x) xlnx,h'(x)lnx10
min 4 e t2 e
1 1 et et 2t3 t3
 x h(x)在( ,),h( )h(t) t et t3 2e 2e
e e t2 t2 et1 et
三，解答题（共70分，17题10分，18-22每题12分）
17(12分)解：根据扇形统计图易得选择物理类学生为1000(48%24%18%)900人，8 7
其中男生900 480人，女生900 420，选择历史类100人，其中男生
15 15
2 3
100 40人，女生100 60人
5 5
男生 女生 合计
物理类 480 420 900
历史类 40 60 100
合计 520 480 1000
..............................................................................................................................................3分
n(ad bc)2 1000(4806042040)2 250
K2    6.4106.635
(ab)(cd)(ac)(bd) 900100520480 39
所以没有99%把握认为“该校学生选择物理类与性别有关”.................................6分
(2)按照分层抽样选择物化生、物化政及物化地人数分别为8人，4人，3人，X 0，1，2.
C0C2 22 C1C1 12 C2C0 1
P(X 0) 3 12  ,P(X 1) 3 12  ,P(X 2) 3 12  ..............10分
C2 35 C2 35 C2 35
15 15 15
所以X 分布列如下：
X 0 1 2
P 22 12 1
35 35 35
22 12 1
E(X)0 1 2 0.4...............................................................................12分
35 35 35
18解：(1)取CC中点Q，BF中点M，连接EM,MQ,QH.FM GQ 1,FM //GQ
1
四边形MQGF 为平行四边形MQ//FG...①..................................................................3分
又HQ//DC,DC//AB,AB//EM HQ//EM 四边形EMQH 为平行四边形
EH //MQ ...②由①②得EH //FGE,F,G,H 四点共面，即点H在平面EFG中.
...................................................................................................................................6分
(2)以D为坐标原点，DA,DC,DD 为x,y,z轴建系如图,易得E(2,0,1),P(0,0,3)
1 
B (2,2,4),G(0,2,3)，设平面PEG与平面BEG法向量分别为m(x,y,z),n(m,n,p)
1 1
   xz 0 x1
    mEP 0  
EP (2,0,2),EG (2,2,2),EB (0,2,3)    x yz  0 y 0
1
mEG 0  

令x1 z 1

m(1,0,1)...................................................................................................8分
   2n3p 0  m1
 mEB 0   
  1 mn p 0 n 3 n（1,3,-2）...........................10分
mEG 0  

令n3 p 2
7
设二面角PEGB 平面角为则cos cosm,n 
1 14
7
二面角PEGB 的余弦值为 ......................................................................12分
1 14
1 3
19.解：（1）记数列{a }前n项和为S ，则顶点B 坐标为(S  a , a )(n2,nN*)
n n n n1 2 n 2 n
3 1
在函数 y  x 上 a  S  a .....................................................................3分
2 n n1 2 n
3 1 3 1
 a 2  S  a (n2,nN*) a 2  S  a (nN*)
4 n n1 2 n 4 n1 n 2 n1
...① ...②
3 1
②-①得 (a a )(a a ) (a a )(n2,nN*)a a 0
4 n1 n n1 n 2 n1 n n1 n
2
a a  (n2,nN*)............................................................................................6分
n1 n 3
1 3 2 1 3
第一个等边三角形顶点B ( a , a )代入 y  x 得a  ，B (a  a , a )代入
1 2 1 2 1 1 3 2 1 2 2 2 24 2 2 2
y  x a  a a  .故{a }是以a  为首项 为公差等差数列，
2 3 2 1 3 n 1 3 3
2 2 2
a   (n1) n.............................................................................................8分
n 3 3 3
（2）由（1）得
1 9 1 9 1 1 1 9 1 1 1 1 1
 T  (  ... ) (1   ...  )
a a 4n(n1) n 4 12 23 n(n1) 4 2 2 3 n n1
n n1
9 1 9n
 (1 )
4 n1 4n4 ........................................................................................................12分
y y y2
20.解:(1)设动点P(x,y),k k   3 x2  1(x 1).................4分
PA 2 PA 1 x1 x1 3
3 3
(2) 易知直线AB斜率不为0.设AB方程为xty2,且t( , ).设A(x ,y ),
3 3 1 1
B(x ,y ).
2 2
 xty2

 y2 (3t2 1)y2 12ty90(3t2 10)
x2  1

 3
12t 9
y  y  ,y y  ， 36(t2 1)0....................6分
1 2 13t2 1 2 13t2
3(x 1) 3(x 1)
由题意易得k k 3k  2 直线BA方程为y  2 (x1).....①
BA 1 BA 2 BA 1 y 1 y
2 2
y
直线AA 方程为 y  1 (x1)......②............................................................................8分
2 x 1
1
由①②得
9
x1 y y y y y y 13t2
 1 2  1 2  1 2 
x1 3(x 1)(x 1) 3(ty 1)(ty 1) 3(t2y y t(y  y )1) 9t2 12t2
1 2 1 2 1 2 1 2 3(  1)
13t2 13t2
9 1 1
3 x 点M横坐标为定值 ......12分
3(9t2 12t2 13t2) 2 2
备注：非对称式处理方式比较多，此处只提供利用第三定义转化回避非对称式，整体代换，
半配凑，硬解方式处理非对称式均给满分.
21.解: f '(x)(2x1)(exm)..........................................................................................1分1 1
当m0时 f '(x)(2x1)(exm)0 x  函数 f(x)在(, )单调递减，在
2 2
1
( ,)单调递增；........................................................................................................2分
2
1
当m0时， f '(x)(2x1)(exm) 0 x 或lnm
2
1 e 1
若lnm 即0m 时, f '(x)(2x1)(exm)0 xlnm 或x
2 e 2
1 1
函数f(x)在(,lnm)单调递增,(lnm,- )单调递减，( ,)单调递增；......3分
2 2
e
若 m 时 ， f '(x)(2x1)(exm)0 函数f(x) 在 (,）单 调 递
e
增...............................................................................................4分
1 e 1
若lnm 即m 时， f '(x)(2x1)(exm)0 x 或x lnm .
2 e 2
1 1
函数f(x)在(,- )单调递增,(- ,ln m)单调递减，(ln m,)单调递增；..........5分
2 2
1 1
综上：当m0时， f(x)在(, )单调递减，在( ,)单调递增；
2 2
e 1 1
当0m 时, 函数f(x)在(,lnm)单调递增,(lnm,- )单调递减，( ,)
e 2 2
单调递增；
e
当m 时， f '(x)(2x1)(exm)0函数f(x)在(,）单调递增；
e
e 1 1
当m 时，函数 f(x) 在(,- )单调递增,(- ,ln m)单调递减，(ln m,) 单调递
e 2 2
增；........................................................................................................................................6分
(2)由（1）知当m0时函数f(x)至多两个零点，不满足条件.
e
当m 时，函数f (x)至多一个零点，不满足条件；
e
e 1 1
当0m 时函数 f(x)在(,lnm)单调递增,(lnm,- )单调递减，( ,)
e 2 2
单调递增, f(lnm)mlnm(1lnm)0，函数 f(x)至多一个零点，不满足..................8分e 1 1
当m 时，函数 f(x)在(,- )单调递增,(- ,ln m)单调递减，(ln m,) 单调递增.
e 2 2
f(5)11e5 19m0, 令 g(x)ex x1,g'(x)ex 10 x 0g(x) 在区间
(,0)单调递减，(0,)单调递增，g(x) g(0)0ex x1 ex1  xex ex
即
x e e2 e2
e2  xex  x2.f (m) (2m1)emm3m2m (2m1) m2m3m2m
2 4 4
e2 e2 5
m[( 1)m2( 1)m1)m( m23m1)0...............................10分
2 4 2
 1 5m 2  8 e
f( )  0  m 8 e
 2 4 e  5e   m1或m e
5e
 
f(lnm)mlnm(1lnm)0 0m1或me
8 e
综上： m的取值范围是( ,1)U(e,) .....................................................................12 分
5e
（若用极限说明：x，f (x)0;x, f (x)0，扣1分）
22.解：(1)由2  x2  y2,cos x,sin y ,则C为
4 22 cos2sin2  22cos2,C 的极坐标方程为2 2cos2,
由题意易得直线l的极坐标方程为,R...........................................................4分
(2)
由题意得=0时 2即M(- 2,0),N( 2,0)
1
直线l过原点S  |MN |y  2y ,
MNP 2 P P
，
2 2cos2 2 2
联立C,l方程

，且cos
 3
,
则 2cos2 2  2cos21   14
3
14 1 14
又y sin   ，且MN 2 2
P 3 3 9
1 14 2 7
所以S   2 2 ........................................10分
MNP 2 9 91
23.解:(1) f(x) 12x  2x  12x2x 1 当0 x 时取“=”a 1..........5分
2
1 8 1 16 1 1 16
(3) 法一：由(1)可知a 1，原式     (  )(2x22x)
2x 1x 2x 22x 2 2x 22x
1 1x 16x 1 25 1x 16x 1
(17  ) (172 16) ,当   x (0,1)时取"".
2 x 1x 2 2 x 1x 5
10
分
法二：由柯西不等式得
2 2
1 1 16 1 1 16 2 2 (14)2 25
原式 (  )(2x22x) (  )( 2x  22x ) 
2 2x 22x 2 2x 22x 2 2
1 2 1
当且仅当   x 时取""..........................10分
2x 1x 5
法三:由权方和不等式得
12 42 (14)2 25 1 4 1
原式    ,当   x 时取" ".......10分
2x 22x 2x22x 2 2x 22x 5